山东省新高考质量测评联盟2020-2021学年高二上学期12月联考数学试题 WORD版含解析.doc

1、山东新高考质量测评联盟12月联考试题高二数学注意事项：1答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 点关于平面的对称点为（ ）A. B. C. D. A分析：根据点关于平面的对称点为求解.解答：因为点关于平面的对称点为，所以点关于平面的对称点为故选：A2. 已知直线的方程为，则直线的倾斜

2、角为（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150C分析：由直线方程得斜率，从而可得倾斜角解答：由题意直线的斜率为，而倾斜角大于且小于，故倾斜角为故选：C3. 已知，是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则B分析：根据直线、平面间的位置关系判断解答：若，则或，A错；若，由面面平行的定义知与无公共点，则，B正确；，与可能相交，也可能，得不到垂直，而，也不能得出，C错；若，当时，不能推出，D错故选：B4. 山东省高考改革后实施选科走班制度，小明需要从物理、化学、生物、政治、历史、地理中选择三科作为自己的选科组合，物理和历史

3、不能同时选择，则小明不同的选科情况有（ ）A. 14种B. 16种C. 18种D. 20种B分析：根据题意，可分为三类：（1）若物理和历史同时不选；（2）若选物理，不选历史；（3）若不选物理，结合分类计数原理，即可求解.解答：由题意，从物理、化学、生物、政治、历史、地理中选择三科作为自己的选科组合，且物理和历史不能同时选择，可分为三类：（1）若物理和历史同时不选，共有种选法；（2）若选物理，不选历史，共有种选法；（3）若不选物理，选历史，共有种选法；由分类计数原理，可得不同的选科情况共有种.故选：B.5. 直线过点且与椭圆相交于，两点，若点为弦的中点，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D.

4、 1A分析：根据点为弦的中点，利用“点差法”求解.解答：设， 因点A，B在椭圆上，所以，两式相减得，即，因为点为弦的中点，所以直线的斜率为，故选：A6. 如图，在平行六面体中，是与的交点，则（ ）A. B. C. D. D分析：利用空间向量，表示，再由，通过向量的模求解.解答：设则则故选：D点拨：方法点睛：利用棱柱的结构特征，结合空间向量求两点间的距离.7. 如图，在直三棱柱中，为的中点，则直线与平面所成的角为（ ）A. 15B. 30C. 45D. 60B分析：设点到平面的距离为，通过等体积法求得，再求线面角的正弦即可得解.解答：如图所示：不妨设，由余弦定理可得,，所以，设点到平面的距离为，

5、则，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角为30.故选：B.点拨：关键点点睛：本题的解题关键是通过等体积法求得点到平面的距离，再由高比斜线段可得线面角的正弦.8. 青花瓷是中华陶瓷烧制工艺的珍品，也是中国瓷器的主流品种之一如图，是一青花瓷花瓶，其外形上下对称，可看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面若该花瓶的瓶口直径为瓶身最小直径的2倍，花瓶恰好能放入与其等高的正方体包装箱内，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. C分析：由题意作出轴截面，最短直径为2a，根据已知条件点（2a，2a）在双曲线上，代入双曲线的标准方程，结合a，b，c的关系可求得离心率e的值解答

6、：由题意作出轴截面如图：M点是双曲线与截面正方形的交点之一，设双曲线的方程为：最短瓶口直径为A1A22a，则由已知可得M是双曲线上的点，且M（2a，2a）故，整理得4a23b23（c2a2），化简后得，解得故选：C二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求9. 已知曲线：，则下列结论正确的是（ ）A. 若，则曲线表示双曲线B. 曲线可能表示一个圆C. 若曲线是椭圆，则其长轴长为D. 若，则曲线中过焦点的最短弦长为AD分析：由双曲线方程特征知A正确；假设曲线表示圆，可得所需方程，由方程无解知B错误；由曲线表示椭圆可确定，进而得到长轴长，知C错误；由椭圆过焦点最短弦为通径，

7、由通径长为可知D正确.解答：对于A，满足双曲线方程，A正确；对于B，若曲线表示圆，则，方程无解，则曲线不能表示圆，B错误；对于C，恒成立，若曲线表示椭圆，则，则长轴长为，C错误；对于D，若，则，则过焦点的最短弦为通径，通径长为，D正确.故选：AD.10. 已知曲线上任意一点到直线的距离比它到点的距离大2，则下列结论正确的是（ ）A. 曲线的方程为B. 若曲线上的一点到点的距离为4，则点的纵坐标是C. 已知曲线上的两点，到点的距离之和为10，则线段的中点横坐标是5D. 已知，是曲线上的动点，则的最小值为5ABD分析：根据抛物线定义可判断A；设代入抛物线方程可判断B；设，根据抛物线定义和中点坐标公

8、式可判断C；当垂直直线时最小可判断D.解答：对于A，曲线上任意一点到直线的距离比它到点的距离大2，可得曲线上任意一点到直线的距离等于它到点的距离，根据抛物线的定义可得曲线的方程为，故正确；对于B， 由A选项得曲线的方程为，设，根据抛物线定义可得，解得则点的纵坐标是，故正确；对于C，设，则，即，则线段的中点横坐标是3，故错误；对于D，因为在抛物线的内部，根据抛物线定义，当垂直这条直线时最小，最小值为，故正确. 故选：ABD .点拨：本题考查了抛物线的定义，解题的关键点是转化思想，考查了学生分析问题、解决问题的能力.11. 如图，在三棱锥中，平面，以为直径的圆经过点，则下列结论正确的是（ ）A.

9、平面平面B. 三棱锥的体积为C. 二面角的正切值为D. 三棱锥外接球的表面积为ACD分析：证明平面，得面面垂直，判断A，由求得棱锥体积判断B，由二面角与二面角互补，求出二面角的正切值后可判断C，确定是外接球的直径，从而求得表面积后判断D解答：平面，平面，则，又，平面，所以平面，所以平面平面，A正确；在以为直径的圆上，则是等边三角形，B错；三棱锥中，由平面，平面，则，又，则，同理有，取中点，连接，则，所以是二面角的平面角， ，二面角与二面角互补，所以二面角的正切值为，C正确；由知的中点到四点距离相等，即为三棱锥外接球的直径，又，所以球的表面积为，D正确故选：ACD点拨：关键点点睛：本题考查面面垂

10、直的证明，求棱锥的体积，二面角，外接球的表面积，解题关键是掌握线面垂直的判断与性质，线面垂直与面面垂直、线线垂直的相互转化解题中注意棱锥体积公式的应用，即棱锥体积的转换，求二面角，作出二面角平面角并证明求解是求二面角的基本方法，而求外接球的问题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心与此面垂直的直线上12. 如图，是双曲线：（，）的左、右焦点，是圆：上一动点，线段的垂直平分线与直线的交点恰好在双曲线上，则下列结论正确的是（ ）A. 双曲线的渐近线方程为B. 双曲线的离心率为C. 焦点到双曲线的渐近线距离为4D. 内切圆圆心的横坐标为3或BCD分析：由已知条件求出双曲线的标准方程，

11、然后根据双曲线的性质判断各选项解答：由已知，圆半径为6又线段的垂直平分线与直线的交点恰好在双曲线上，所以，若在右支上，则，若在左支上，则即，所以，双曲线的渐近线方程是，A错；离心率为，B正确；到渐近线的距离为，C正确；设是的内心，轴，垂足为，由切线长定理得，即，所以，同理，当在左支上时，故D正确；故选：BCD点拨：关键点点睛：本题考查双曲线的性质，解题关键是根据已知条件求出双曲线的标准方程，解题方法结合双曲线的定义求出实轴长，从而易得双曲线的标准方程，求出了后可得渐近线方程，离心率，焦点到渐近线的距离，再根据切线的性质、双曲线的定义得内切圆圆心的横坐标三、填空题：本题共4小题13. 计算：_9

12、分析：根据题意，由组合数和排列数公式计算可得答案解答：根据题意，4321129，故答案为：914. 已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_分析：由双曲线离心率公式可得，再由渐近线方程即可得解.解答：因为双曲线的离心率为2，所以，所以，所以该双曲线的渐近线方程为.故答案为：.点拨：本题考查了双曲线离心率的应用及渐近线的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.15. 已知圆：与圆：相交于，两点，则_分析：由圆和圆的方程相减，得到直线AB的方程，再求得圆心到直线AB的距离，利用求解.解答：由和，两式相减得，即为直线AB的方程，圆心到直线AB的距离为： ，所以弦长，故答案为：16. 如图，正

13、方体的棱长为2，分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面面积为_；以点为球心，为半径的球面与对角面的交线长度为_ (1). (2). 分析：连接可得四边形就是平面截正方体所得的截面，求出其面积即可；过作的平行线交于点，是球与平面相交圆的圆心，求出截面不半径，确定圆在矩形内的部分所对圆心角，即可得弧长解答：如图，连接，正方体中，分别是中点，则，所以，即在平面内，四边形即为截面易得，它是一个等腰梯形，梯形的高为，截面面积为；作交于点，因为，所以，是的一个四等分点，而平面平面，平面平面，则平面，即为截面圆圆心，截面圆半径为，又设截面圆与交于点，与交于点，所以，从而，所以弧的长为故答案为：； 点拨：关

14、键点点睛：本题考查正方体的截面，球的截面问题，解题关键是作出几何体中完整的截面，是等腰梯形，然后可求面积而球心与截面圆的圆心连线与截面圆所在平行垂直，由此可计算截面圆半径四、解答题：本题共6小题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知空间中三点，设，（1）求向量与夹角的余弦值；（2）若与互相垂直，求实数的值（1）；（2）.分析：（1）先求出，再代入向量的夹角公式求解；（2）求出，解方程即得解.解答：解：（1）因为，所以，所以，所以与的夹角余弦值为（2），因为与互相垂直，所以所以所以当与互相垂直时，实数的值为点拨：结论点睛：，如果，则；如果，则.18. 已知直线：与圆：交于，两点，（1

15、）求的值；（2）求与直线平行的圆的切线方程（1）；（2）或分析：（1）由，利用原的弦长公式，化简得到圆心到直线的距离为1，再利用点到直线的距离公式，列出方程，即可求解；（2）由（1），设所求的切线方程为，根据直线与圆相切，列出方程，求得的值，即可求解.解答：（1）由题意，圆的方程可化为，可得圆心坐标，半径，因为，可得，解得，即圆心到直线的距离为1，即，解得（2）由（1）得直线的方程为，因为切线与直线平行，可设所求的切线方程为，因为直线与圆相切，所以圆心到切线的距离，解得或，所以所求切线方程为或19. 从；直线与平面所成的角为60；为锐角三角形且三棱锥的体积为2这三个条件中任选一个，补充在下面的

16、问题中，并完成解答如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，分别为，的中点（1）求证：直线平面；（2）若，_，求平面与平面所成锐二面角的余弦值（1）证明见解析；（2）答案不唯一，具体见解析.分析：（1）取的中点为，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可求解；（2）选择条件，建立适当的空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.解答：（1）如图所示，取的中点为，连接，因为，所以且，因为为中点，四边形为菱形，所以且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面（2）选择条件：因为平面，所以，因为，所以以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直

17、角坐标系，如图所示，则，所以， 设平面的一个法向量，则，即，令，则，设平面的一个法向量，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角为，则所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为选条件：因为平面，所以直线与平面所成角为因为，所以，所以为正三角形取中点为，连接，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示则，设平面的一个法向量则，即，令，则，设平面的一个法向量，则，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为选条件：由，解得，因为，所以取中点为，连接，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，设平面的一个法向

18、量则，即，令，则，设平面的一个法向量，则，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为点拨：方法点睛：利用空间向量计算二面角的常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.20. 如图，是一抛物线型拱门示意图，拱门边界线是抛物线的一部分，抛物线的轴为拱门的对称轴，拱门底部宽8米，顶点距离地面6米（1）以拱门顶点为原点，对称轴为轴建立平面直角坐

19、标系，求拱门边界线所在抛物线的方程；（2）节日期间需要在拱门对称轴上离地面4米处悬挂一节日灯笼，如图，用两根对称的牵引绳固定，求其中一根牵引绳长度的最小值（灯笼看作点）（1）；（2）分析：（1）在题设坐标系中在抛物线上，由此可得抛物线标准方程；（2）设为灯笼所在点，为抛物线上设置牵引绳的点，求出，利用函数的性质得最小值解答：解：（1）以抛物线的顶点为坐标原点，抛物线的对称轴为轴，建立平面直角坐标系，如图则，设抛物线的标准方程为（）因为点在抛物线上，所以，解得，所以抛物线的方程为（2）设为灯笼所在点，为抛物线上设置牵引绳的点，则，（），当时，的最小值为，即一条牵引绳长度的最小值为21. 如图，在

20、多面体中，平面平面，底面为直角梯形，（1）证明：；（2）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由（1）证明见解析；（2）在线段上存在点，.分析：（1）根据题目中的长度关系，可得，从而可证，结合面面垂直的性质定理和线面垂直的性质，即可证明.（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，利用可用表示，求出平面的法向量，由公式距离可解出的值，判断是否成立，从而判断是否存在点并写出的值.解答：（1）证明：因为，所以，所以因为平面平面，平面平面，平面，所以平面因为平面，所以（2）解：存在，由（1）知，平面且，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如

21、图，设则设平面的一个法向量为即令，则设点到平面的距离为，解得或（舍）所以在线段上存在点，且点拨：本题考查用用空间向量的方法求点到面的距离，属于中档题.方法点睛：（1）求出平面的法向量；（2）求点A与平面内任一点B的向量；（3）利用公式求出距离.22. 已知为椭圆的一个焦点，为椭圆与轴正半轴的交点，椭圆上的点满足（1）求椭圆标准方程；（2）直线与椭圆相交于，两点，若以为直径的圆经过原点，求证：原点到直线的距离为定值（1）；（2）证明见解析.分析：（1）由，求得，代入椭圆的方程，得到，根据求得的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率不存在时，设：，根据题意，求得的值；当直线的斜率存在时，设

22、的：，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，根据，求得，结合点到直线的距离公式，即可求解.解答：（1）设椭圆的标准方程为，可得，因为，所以，因为在椭圆上，可得，解得，又由为椭圆的一个焦点，可得，所以，所以椭圆的标准方程为（2）当直线的斜率不存在时，设的方程为，因为，解得，因为以为直径的圆过原点，所以，可得，解得此时原点到直线的距离为当直线的斜率存在时，设的方程为，联立方程组，整理得，由，得，设，则，所以，因为以为直径的圆过原点，所以，整理得，此时原点到直线的距离，综上可得，原点到直线的距离为定值点拨：直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力